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Last edited by hbghlyj 2023-3-16 16:00问题1 试判断下列命题是否正确？
（1）若\(\lim_{n \rightarrow \infty}u_{n} = 0\)，则\(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\)必定收敛。
（2）设\(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\)，\(\sum_{n = 1}^{\infty}v_{n}\)是正项级数，\(u_{n} \leq cv_{n}(n = 1,2,\cdots)\)，\(c\)为大于零的常数，则\(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\)，\(\sum_{n = 1}^{\infty}v_{n}\)同敛散。
答：均不正确。
（1）\(\lim_{n \rightarrow \infty}u_{n} = 0\)是级数收敛的必要条件，不能判断\(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\)的收敛，但它的逆否命题成立，可以用\(\lim_{n \rightarrow \infty}u_{n} \neq 0\)来判断\(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\)的发散，即若\(\lim_{n \rightarrow \infty}u_{n} \neq 0\)，则\(\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n}\)发散。
（2）反例，考虑\(u_{n} = \frac{1}{n^{2}},v_{n} = \frac{1}{n}\)。
问题2 下列运算是否正确？
若\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n},\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)均收敛，且对一切自然数\(n\)有\(a_{n} \leq c_{n} \leq b_{n}\)，证明：\(\sum_{n = 1}^{\infty}c_{n}\)也收敛。
证明：\(\because a_{n} \leq c_{n} \leq b_{n}(n = 1,2,\cdots)\)且\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n},\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)均收敛，由比较判别法知\(\sum_{n = 1}^{\infty}c_{n}\)收敛。
答：不正确。
因为证明中使用了比较判别法，而比较判别法只适用于正项级数，题目中并未指出级数是正项级数，正确方法如下：
证明：由条件\(a_{n} \leq c_{n} \leq b_{n}(n = 1,2,\cdots)\)可得\(b_{n} - a_{n} \geq c_{n} - a_{n} \geq 0\)，故\(\sum_{n = 1}^{\infty}{(b_{n}} - a_{n})\)与\(\sum_{n = 1}^{\infty}{(c_{n}} - a_{n})\)均为正项级数。\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\)与\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛，从而\(\sum_{n = 1}^{\infty}{(b_{n}} - a_{n})\)收敛，由正项级数的比较判别法，\(\sum_{n = 1}^{\infty}{(c_{n}} - a_{n})\)也收敛，而\(c_{n} = \left( c_{n} - a_{n} \right) + a_{n}\)，所以\(\sum_{n = 1}^{\infty}c_{n} = \sum_{n = 1}^{\infty}\left\lbrack \left( c_{n} - a_{n} \right) + a_{n} \right\rbrack\)也收敛。
问题3
设\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n},\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)均为正项级数，满足\(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq \frac{b_{n + 1}}{b_{n}}\)，(\(n = 1,2,3,\cdots\))，且级数\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛，证明\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\)收敛。下面证明过程正确吗？
证明：\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛，\(\therefore\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{b_{n + 1}}{b_{n}} < 1\)，又\(\because\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq \frac{b_{n + 1}}{b_{n}}\)，\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < 1\)
由比值判别法知，\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\)收敛。
答：不正确。
因为比值判别法的逆命题不成立，即根据正项级数\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛，不能推出\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{b_{n + 1}}{b_{n}}\)存在并且小于1的结论。（例如，\(\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\)收敛，但\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = 1\)），同时由\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{b_{n + 1}}{b_{n}}\)存在，也不能推出\(\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\)存在的结论。
正确证明如下：
由\(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq \frac{b_{n + 1}}{b_{n}}\)，推出\(\frac{a_{n + 1}}{b_{n + 1}} \leq \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq \cdots \leq \frac{a_{1}}{b_{1}}\)，于是\(a_{n} \leq \frac{a_{1}}{b_{1}}b_{n}\)，\(n = 1,2,\cdots\)
又\(\sum_{n = 1}^{\infty}b_{n}\)收敛，根据正项级数的比较判别法知\(\sum_{n = 1}^{\infty}a_{n}\)收敛。
问题4
幂级数\(\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}\left( x - x_{0} \right)^{n}\)的收敛域具有什么特点？
答：1．幂级数的收敛域不是空集，至少\(x_{0}\)为收敛点。
2．幂级数的收敛域是以\(x_{0}\)为中心的对称开区间加收敛的端点，区间端点为\(x_{0} - r,x_{0} + r\)，收敛域可能是闭区间，开区间或半开区间，也可能是实数域\(R\)（收敛半径\(r = + \infty\)）或孤立点\(\left\{ x_{0} \right\}\)。
3．由阿贝尔定理，有若幂级数在\(x = c\)处收敛，则在\(\left| x - x_{0} \right| < c\)即\(\left( x_{0} - c,x_{0} + c \right)\)内必绝对收敛，而若在\(x = a\)处发散，则在\(\left\lbrack x_{0} - a,x_{0} + a \right\rbrack\)之外必发散。
问题5
设函数\(f(x)\)在\(x_{0}\)点的某一邻域内具有任意阶导数，试问\(f(x)\)是否总能在\(x_{0}\)点展开为泰勒级数？
答：首先必须明确两个概念：
（1）\(f(x)\)在\(x_{0}\)点的泰勒级数是指幂级数\(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x - x_{0})^{n}\)；
（2）\(f(x)\)在\(x_{0}\)点能展开为泰勒级数是指存在\(x_{0}\)的某个邻域\(U(x_{0})\)，
总有\(f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x - x_{0})^{n}\)，
\(x \in U(x_{0})\)
即所展开成的级数必须收敛于\(f(x)\)。
以上是二个不同的概念，事实上只要\(f(x)\)在\(x_{0}\)点有任意阶导数，就可以写出泰勒级数，但根据收敛定理知，\(f(x)\)在\(\cup (x_{0})\)内收敛于\(f(x)\)的充分必要条件是：在\(U(x_{0})\)内，\(f(x)\)的泰勒公式的余项\(R_{n}(x) \rightarrow 0(n \rightarrow \infty)\)，若没有\(\lim_{n \rightarrow \infty}R_{n}(x) = 0\)的条件，\(f(x)\)在\(x_{0}\)点就不一定能展开为泰勒级数。
例如 \(f(x) = \left\{ \begin{matrix}
e^{- \frac{1}{x^{2}}}, & \text{当}x \neq 0\text{时} \\
0, & \text{当}x = 0\text{时} \\
\end{matrix} \right.\ \) 在\(x = 0\)点各阶导数都存在，且等于零，事实上
\[f^{'}(0) = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{e^{- \frac{1}{x^{2}}} - 0}{x}\lim_{t \rightarrow + \infty}\frac{\pm \sqrt{t}}{e^{t}} = \lim_{t \rightarrow + \infty}\frac{\pm 1}{2\sqrt{t}e^{t}} = 0\]
\[f^{'}(x) = \frac{2}{x^{3}}e^{- \frac{1}{x^{2}}},(x \neq 0)\]
\(\lim_{t \rightarrow + \infty}\frac{2t^{2}}{e^{t}} = 0\)
由归纳法（略），得\(f^{(n)}(0) = 0\) \((n = 3,4,\cdots)\)
由于\(f^{(n)}(0) = 0(n = 1,2,\cdots)\)，因此\(f(x)\)在\(x = 0\)点的泰勒级数为\(\sum_{n - 0}^{\infty}\frac{0}{n!}x^{n}\)，其和函数为\(S(x) = 0,x \in ( - \infty, + \infty)\)。说明\(f(x)\)在\(x_{0} = 0\)点的泰勒级数在邻域\(U(0)\)内不收敛于\(f(x)\)，因此，\(f(x)\)在\(x_{0} = 0\)点不能展开为幂级数。
问题6 怎样用间接法将函数展开为幂级数？
答：将\(f(x)\)展开为\(x\)的幂级数指幂级数的形式为\(\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}x^{n}\)，因此，展开时常借助于马克劳林级数\(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}\)，而将\(f(x)\)展开为\((x - x_{0})\)的幂级数所指的幂级数形式为\(\sum_{n = 0}^{\infty}a_{n}(x - x_{0})^{n}\)，故而常常借助于泰勒级数\(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x - x_{0})^{n}\)。
间接展开法是通过变形将函数化为适当的形式，利用已知的展开式来完成的。
1．\(f(x)\)是有理分式，可利用展开式展开：
\[\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \cdots + x^{n} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty}x^{n},x \in ( - 1,1)\]
例1 将\(f(x) = \frac{1}{1 - x^{2}}\)展开为\(x\)的幂级数。
解：可利用变量变换，令\(t = x^{2}\)，得
\(\frac{1}{1 - x^{2}} = \frac{1}{1 - t} = 1 + t + t^{2} + \cdots + t^{n} + \cdots = 1 + x^{2} + x^{4} + \cdots + x^{2n} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty}{x^{2n},x \in ( - 1,1)}\)或\(\frac{1}{1 - x^{2}} = \frac{1}{1 - \left( x^{2} \right)} = \sum_{n = 0}^{\infty}\left( x^{2} \right)^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty}x^{2n},x \in ( - 1,1)\)
也可将\(f(x) = \frac{1}{1 - x^{2}}\)分解为
\(f(x) = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{1 - x} + \frac{1}{1 + x} \right)\)
\(\because\)
\(\frac{1}{1 + x} = \frac{1}{1 - ( - x)} = 1 + ( - x) + ( - x)^{2} + \cdots + ( - x)^{n} + \cdots\)
\[= 1 - x + x^{2} + \cdots + ( - 1)^{n}x^{n} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty}{( - 1)^{n}}x^{n},x \in ( - 1,1)\]
\(\therefore\)
\(f(x) = \frac{1}{2}\left\lbrack \sum_{n = 0}^{\infty}x^{n} + \sum_{n = 0}^{\infty}{( - 1)^{n}x^{n}} \right\rbrack = \sum_{n = 0}^{\infty}x^{2n},x \in ( - 1,1)\)。
例2
将\(f(x) = \frac{1}{x^{2} + 2x - 3}\)分别展开为\(x\)的幂级数和\(x - 1\)的幂级数。
解：将\(f(x)\)化为部分分式之和：
\(f(x) = \frac{1}{(x - 1)(x + 3)} = - \frac{1}{4}\left( \frac{1}{1 - x} + \frac{1}{3 + x} \right)\)
（1）展开为\(x\)的幂级数
\(\because\)
\(\frac{1}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{\infty}x^{n},x \in ( - 1,1)\)
\(\frac{1}{3 + x} = \frac{1}{3}\frac{1}{1 + \frac{x}{3}} = \frac{1}{3}\sum_{n = 0}^{\infty}( - 1)^{n}\left( \frac{x}{3} \right)^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{( - 1)^{n}}{3^{n + 1}}x^{n},x \in ( - 3,3)\)
\(\therefore\)
\(f(x) = - \frac{1}{4}\sum_{n = 0}^{\infty}\left\lbrack 1 + \frac{( - 1)^{n}}{3^{n + 1}} \right\rbrack x^{n},x \in ( - 1,1)\)
（2）展开为\(x - 1\)的幂级数
先将\(f(x)\)化为如下形式：
\[f(x) = - \frac{1}{4}\left( \frac{1}{1 - x} + \frac{1}{3 + x} \right) = - \frac{1}{4}\left\lbrack \frac{1}{2 - (x - 1)} + \frac{1}{4 + (x - 1)} \right\rbrack\]
\(\because\)
\(\frac{1}{2 - (x - 1)} = \frac{1}{2}\frac{1}{1 - \frac{x - 1}{2}} = \frac{1}{2}{\sum_{n = 0}^{\infty}\left( \frac{x - 1}{2} \right)}^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{2^{n + 1}}(x - 1)^{n}\)，\(x \in ( - 1,3)\)
（由\(- 1 < \frac{x - 1}{2} < 1\)，得\(- 1 < x < 3\)）
\(\frac{1}{4 + (x - 1)} = \frac{1}{4}\frac{1}{1 + \frac{x - 1}{4}} = \frac{1}{4}{\sum_{n = 0}^{\infty}( - 1)}^{n}\left( \frac{x - 1}{4} \right)^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{( - 1)^{n}}{4^{n + 1}}(x - 1)^{n}\)，\(x \in ( - 3,5)\)
\(\therefore\)
\(f(x) = - \frac{1}{4}\sum_{n = 0}^{\infty}\left\lbrack \frac{1}{2^{n + 1}} + \frac{( - 1)^{n}}{4^{n + 1}} \right\rbrack(x - 1)^{n}\)，\(x \in ( - 1,3)\)。
对于\(f(x) = \frac{cx + d}{x^{2} + px + q}\)（\(x^{2} + px + q\)为质因式，在实数范围内不能再分解因式），一般应用直接展开法或待定系数法，但对一些特殊情况，也可用间接法展开，例如
\(f(x) = \frac{1}{x^{2} + x + 1} = \frac{1 - x}{1 - x^{3}} = (1 - x)\sum_{n = 0}^{\infty}x^{3n}\)
\(= \sum_{n = 0}^{\infty}x^{3n} - \sum_{n = 0}^{\infty}x^{3n + 1} = \sum_{n = 0}^{\infty}\left( x^{3n} - x^{3n + 1} \right)\)
\(x \in ( - 1,1)\)
例3 将\(f(x) = \frac{1}{(1 - x)^{2}}\)展开为\(x\)的幂级数。
解：由于\(x \in ( - 1,1)\)时，有
\(\int_{0}^{x}\frac{\text{dt}}{(t - 1)^{2}} = - \frac{1}{x - 1} - 1 = \frac{1}{1 - x} - 1 = x + x^{2} + \cdots + x^{n} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty}x^{n}\)
再求导，利用幂级数逐项求导性质，得
\(\frac{1}{(x - 1)^{2}} = 1 + 2x + 3x^{2} + \cdots + nx^{n - 1} + \cdots = \sum_{n = 1}^{\infty}{nx^{n - 1}}\)，\(x \in ( - 1,1)\)
另解 如下方法更为简单：
\(f(x) = \left( \frac{1}{1 - x} \right)^{'} = \left( \sum_{n = 0}^{\infty}x^{n} \right)^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty}x^{n - 1}\)，
\(x \in ( - 1,1)\)
2．\(f(x)\)是无理函数，通常转化为\((1 + x)^{\alpha}\)，再求其展开式
例如
\(f(x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} = x\left( 1 + x^{2} \right)^{- \frac{1}{2}}\)
利用
\((1 + x)^{m} = 1 + mx + \frac{m(m - 1)}{2}x^{2} + \cdots + \frac{m(m - 1)\cdots(m - n + 1)}{n!}x^{n} + \cdots\)
（\(- 1 < x < 1\)）
展开为\(x\)的幂级数。
3．\(f(x)\)是超越函数，除了注意函数变形为已知展开式的形式外，应特别注意，如果\(f(x)\)的导数\(f^{'}(x)\)﹑积分\(\int_{0}^{x}{f(t)dt}\)的展开式为已知，则通过逐项积分和求导的方法把求\(f(x)\)的展开式转化为求\(f^{'}(x)\)或\(\int_{0}^{x}{f(t)dt}\)的展开式。例如
\(\left\lbrack \ln (1 + x) \right\rbrack^{'} = \frac{1}{1 + x}\)，\(\left( \arctan x \right)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}}\)，\(\frac{2}{(1 - x)^{3}} = \left( \frac{1}{1 - x} \right)^{''}\)。
\(\ln (1 + x)\)与\(\arctan x\)的展开都可通过对其导函数\(\frac{1}{1 + x}\)、\(\frac{1}{1 + x^{2}}\)和\(\frac{1}{1 - x}\)的展开再逐项积分或逐项求导来完成。
例．将下列函数展开为\(x\)的幂级数：
（1）\(f(x) = a^{x}\) \((a > 0)\) （2）\(g(x) = x\arctan x\)
解：（1）
因为\(e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \cdots + \frac{x^{n}}{n!} + \cdots,x \in ( - \infty, + \infty)\)
而
\(a^{x} = e^{\ln a^{x}} = e^{x\ln a}\)，所以在上面展开式中，以\(x\ln a\)代\(x\)便得
\(a^{x} = 1 + x\ln a + \frac{\left( x\ln a \right)^{2}}{2!} + \cdots + \frac{\left( x\ln a \right)^{n}}{n!} + \cdots\)
\(= 1 +\ln a \cdot x + \frac{\left( \ln a \right)^{2}}{2!}x^{2} + \cdots + \frac{\left( \ln a \right)^{n}}{n!}x^{n} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\left(\ln a \right)^{n}}{n!}x^{n}\)，
\(x \in ( - \infty, + \infty)\)
（2） \(\because\)
\(\left( \arctan x \right)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{( - 1)^{n}}x^{2n}\)，
\(x \in ( - 1,1)\)
积分
\(\arctan x = \int_{0}^{x}\frac{1}{1 + t^{2}}dt = \sum_{n = 0}^{\infty}{\int_{0}^{x}{( - 1)^{n}t^{2n}\text{dt}}} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{( - 1)^{n}}{2n + 1}x^{2n + 1}\)，\(x \in \lbrack - 1,1\rbrack\)
当\(x = \pm 1\)时，\(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{( - 1)^{n}}{2n + 1}( \pm 1)\)为收敛的交错级数。
\(\therefore g(x) = x\arctan x = x\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{( - 1)^{n}}{2n + 1}x^{2n + 1} = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{( - 1)^{n - 1}}{2n - 1}x^{2n}\)，\(x \in \lbrack - 1,1\rbrack\)
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